PAGEPAGE1數(shù)列的綜合問題1．刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3，…中的全部完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列，這個(gè)數(shù)列的第2018項(xiàng)是()A．2062 B．2063C．2064 D．2065答案B解析由題意可得，這些數(shù)可以寫為12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k個(gè)平方數(shù)與第k＋1個(gè)平方數(shù)之間有2k個(gè)正整數(shù)，而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2025項(xiàng)，去掉45個(gè)平方數(shù)后，還剩余2025－45＝1980(個(gè))數(shù)，所以去掉平方數(shù)后第2018項(xiàng)應(yīng)在2025后的第38個(gè)數(shù)，即是原來數(shù)列的第2063項(xiàng)，即為2063.2．已知數(shù)列{an}滿意0<an<1，aeq\o\al(4,1)－8aeq\o\al(2,1)＋4＝0，且數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)＋\f(4,a\o\al(2,n))))是以8為公差的等差數(shù)列，設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則滿意Sn>10的n的最小值為()A．60B．61C．121D．122答案B解析由aeq\o\al(4,1)－8aeq\o\al(2,1)＋4＝0，得aeq\o\al(2,1)＋eq\f(4,a\o\al(2,1))＝8，所以aeq\o\al(2,n)＋eq\f(4,a\o\al(2,n))＝8＋8(n－1)＝8n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,an)))2＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(4,a\o\al(2,n))＋4＝8n＋4，所以an＋eq\f(2,an)＝2eq\r(2n＋1)，即aeq\o\al(2,n)－2eq\r(2n＋1)an＋2＝0，所以an＝eq\f(2\r(2n＋1)±2\r(2n－1),2)＝eq\r(2n＋1)±eq\r(2n－1)，因?yàn)?<an<1，所以an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)，Sn＝eq\r(2n＋1)－1，由Sn>10得eq\r(2n＋1)>11，所以n>60.3．已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則()A．a(chǎn)n≥2n＋1 B．Sn≥n2C．a(chǎn)n≥2n－1 D．Sn≥2n－1答案B解析由題意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2，∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1.∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，∴Sn≥eq\f(n,2)(1＋2n－1)＝n2.4．?dāng)?shù)列{an}滿意a1＝eq\f(6,5)，an＝eq\f(an＋1－1,an－1)(n∈N*)，若對(duì)n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，則最小的整數(shù)k是()A．3B．4C．5D．6答案C5．已知f(n)表示正整數(shù)n的全部因數(shù)中最大的奇數(shù)，例如：12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12，則f(12)＝3；21的因數(shù)有1,3,7,21，則f(21)＝21，那么eq\i\su(i＝51,100,f)(i)的值為()A．2488B．2495C．2498D．2500答案D解析由f(n)的定義知f(n)＝f(2n)，且若n為奇數(shù)則f(n)＝n，則eq\i\su(i＝1,100,f)(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)＝eq\f(50×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋99)),2)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)＝2500＋eq\i\su(i＝1,50,f)(i)，∴eq\i\su(i＝51,100,f)(i)＝eq\i\su(i＝1,100,f)(i)－eq\i\su(i＝1,50,f)(i)＝2500.6．若數(shù)列{an}滿意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且a1＝5，則數(shù)列{an}的前100項(xiàng)中，能被5整除的項(xiàng)數(shù)為()A．42B．40C．30D．20答案B解析∵數(shù)列{an}滿意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1＋3)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且eq\f(a1,2×1＋3)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋3)))是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n＋3)＝n，②由①得bn＝n－2，從而cn＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋n·2n－2.記C1＝eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(n,2n＋2)，記C2＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2，則2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，兩式相減得C2＝(n－1)·2n－1＋eq\f(1,2)，從而Tn＝eq\f(n,2n＋2)＋(n－1)·2n－1＋eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,n＋2)＋(n－1)·2n－1，則不等式eq\f(4,n－1)Tn<Sn＋3＋eq\f(n＋1,22)可化為eq\f(4n＋1,n－1n＋2)＋2n＋1<2n＋1＋eq\f(n＋1,22)，即n2＋n－90>0，因?yàn)閚∈N*且n≠1，故n>9，從而最小正整數(shù)n的值是10.14．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿意Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an－1}為等比數(shù)列；(2)若bn＝an·log2(an－1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.(1)證明∵Sn－n＝2(an－2)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，兩式相減，得an－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，∴eq\f(an－1,an－1－1)＝2(n≥2)(常數(shù))．又當(dāng)n＝1時(shí)，a1－1＝2(a1－2)，得a1＝3，a1－1＝2，∴數(shù)列{an－1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)解由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n＋1，又bn＝an·log2(an－1)，∴bn＝n(2n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，設(shè)An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，則2An＝1×2